Given a 2D binary matrix filled with 0‘s and 1‘s, find the largest rectangle containing all ones and return its area.
PS：将其化解为柱状图求最大体积的问题。先用动态规划的思路，将矩形中垂直方向的连续1的数量进行计算。
而后逐行扫描，并在扫描时将其转化为柱状图求体积。
即若高度一直增加，则持续压入栈，当出现h[i]<栈顶高度时，则出栈，并计算出栈元素的所在矩形的体积。持续计算直到栈顶元素高度小于h[i]，则将h[i]压栈。
注意：计算时需要在原始数据队尾加入0以使得扫描继续到最后一个元素。此时队列长度为n+1，最大宽度n。
计算矩形时，宽度为i-s.top-1,若栈内无元素，则表明h[i]之前的所有元素的高度都<h[i]，则宽度为i。
首先我们看一下下面的例子：
height的内容是 [5,6,7,8,3]，特点是除了最后一个，前面全部保持递增，且最后一个立柱的高度小于前面所有立柱高度。
对于这种特点的柱状图，如果使用上面所说的“挨个使用每一个柱状图的高度作为矩形的高度，求面积”的方法，还需要用嵌套循环吗？
我们知道除了最后一个，从第一个到倒数第二个立柱的高度都在升高，那么如果挨个使用每一个柱的高度作为矩形的高度，那么依次能得到的矩形的宽度就可以直接算出来：使用5作为高度可以使用前四个立柱组成 4*5的矩形，高度6可以组成3*6的矩形... 因此只需要遍历一次，选出最大面积即可。
对于这种类型的柱状图，最大矩形面积的时间复杂度是O(n)。
我们将这种特点的柱状图称为“波峰图”。
下面介绍新的解法的步骤：
(1) 在height尾部添加一个0，也就是一个高度为0的立柱。作用是在最后也能凑成上面提的那种“波峰图”。
(2) 定义了一个stack，然后遍历时如果height[i] 大于stack.top()，进栈。反之，出栈直到栈顶元素小于height[i]。
由于出栈的这些元素高度都是递增的，我们可以求出这些立柱中所围成的最大矩形。更妙的是，由于这些被弹出的立柱处于“波峰”之上(比如弹出i 到 i+k，那么所有这些立柱的高度都高于 i-1和 i+k+1的高度)，因此，如果我们使用之前所提的“左右延伸找立柱”的思路解，以这些立柱的高度作为整个矩形的高度时，左右延伸出的矩形所包含的立柱不会超出这段“波峰”，因为波峰外的立柱高度都比他们低。“波峰图”其实就是求解最大矩形的“孤岛”，它不会干扰到外部。
(3) 由于比height[i]大的元素都出完了，height[i]又比栈顶元素大了，因此再次进栈。如此往复，直到遍历到最后那个高度为0的柱，触发最后的弹出以及最后一次面积的计算，此后stack为空。
(4) 返回面积最大值。
栈中存的不是高度，而是height的索引，这样做的好处是不会影响宽度的计算，索引值相减 = 宽度。
1 class Solution {
2 public:
3 int maximalRectangle(vector<vector<char> > &matrix) {
4 int m=matrix.size();
5 int n=matrix[0].size();
6 if(m<1||n<1) return 0;
7 vector<vector<int>> v(m,vector<int>(n,0));
8 for(int i=0;i<n;i++)
9 v[0][i]=matrix[0][i]==‘1‘;
10 for(int i=0;i<n;i++){
11 for(int j=1;j<m;j++){
12 v[j][i]=matrix[j][i]==‘1‘?v[j-1][i]+1:0;
13 }
14 }
15 int max=0;
16 for(int i=0;i<m;i++){
17 int tmp=sol(v[i]);
18 if(tmp>max) max=tmp;
19 }
20 return max;
21 }
22 int sol(vector<int> v){
23 v.push_back(0);
24 int n=v.size();
25 stack<int> s;
26 int res=0;
27 for(int i=0;i<n;i++){
28 while(!s.empty()&&v[s.top()]>=v[i]){
29 int index=s.top();
30 s.pop();
31 int max=v[index]*(s.empty()?i:(i-s.top()-1));
32 if(max>res) res=max;
33 }
34 s.push(i);
35 }
36 return res;
37 }
38 };